Question

11．已知函數(shù)f（x）=$\frac{lnx}{x}$-1．
（I）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（II）設(shè)m＞0，若函數(shù)g（x）=2xf（x）-x²+2x+m在$[{\frac{1}{e}，e}]$上有兩個零點，求實數(shù)m的取值范圍．
（III）證明：對?n∈N^*，不等式$ln{（\frac{1+n}{n}）^e}＜\frac{1+n}{n}$成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出g（x）在[$\frac{1}{e}$，e]的最值，結(jié)合函數(shù)的零點得到關(guān)于m的不等式組，解出即可；
（Ⅲ）問題轉(zhuǎn)化為$lnx≤\frac{1}{e}x$，得到$ln\frac{1+n}{n}≤\frac{1}{e}•\frac{1+n}{n}$，從而證明結(jié)論即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的定義域為（0，+∞），$f'（x）=\frac{1-lnx}{x^2}$，
由$f'（x）=\frac{1-lnx}{x^2}=0$，得x=e．
當(dāng)0＜x＜e時，$f'（x）=\frac{1-lnx}{x^2}＞0$；當(dāng)x＞e時，$f'（x）=\frac{1-lnx}{x^2}＜0$．
所以函數(shù)f（x）在（0，e]上單調(diào)遞增，在[e，+∞）上單調(diào)遞減…（3分）
（Ⅱ）g（x）=2ln x-x²+m，
則g′（x）=$\frac{2}{x}$-2x=$\frac{-2（x+1）（x-1）}{x}$．∵x∈[$\frac{1}{e}$，e]，∴當(dāng)g′（x）=0時，x=1．…（4分）
當(dāng)$\frac{1}{e}$＜x＜1時，g′（x）＞0；當(dāng)1＜x＜e時，g′（x）＜0．
故g（x）在x=1處取得極大值g（1）=m-1．又g（$\frac{1}{e}$）=m-2-$\frac{1}{e2}$，g（e）=m+2-e²，
g（e）-g（$\frac{1}{e}$）=4-e²+$\frac{1}{e2}$＜0，則g（e）＜g（$\frac{1}{e}$），∴g（x）在[$\frac{1}{e}$，e]上的最小值是g（e）．…（6分）
g（x）在[$\frac{1}{e}$，e]上有兩個零點的條件是$\left\{\begin{array}{l}{g（1）=m-1＞0}\\{g（\frac{1}{e}）=m-2-\frac{1}{{e}^{2}}≤0}\end{array}\right.$，
解得1＜m≤2+$\frac{1}{{e}^{2}}$，
∴實數(shù)m的取值范圍是（1，2+$\frac{1}{{e}^{2}}$]．…（8分）
（Ⅲ）證明：由（Ⅰ）知，當(dāng)x∈（0，+∞）時，$f{（x）_{max}}=f（e）=\frac{1}{e}-1$，
所以在（0，+∞）上，恒有$f（x）=\frac{lnx}{x}-1≤\frac{1}{e}-1$，即$\frac{lnx}{x}≤\frac{1}{e}$且當(dāng)x=e時等號成立．
因此，對?x∈（0，+∞），恒有$lnx≤\frac{1}{e}x$．…（10分）
因為$\frac{1+n}{n}＞0$，$\frac{1+n}{n}≠e$，所以$ln\frac{1+n}{n}≤\frac{1}{e}•\frac{1+n}{n}$，即$eln\frac{1+n}{n}≤\frac{1+n}{n}$，
所以$ln{（\frac{1+n}{n}）^e}≤\frac{1+n}{n}$．
即對?n∈N^*，不等式$ln{（\frac{1+n}{n}）^e}＜\frac{1+n}{n}$成立．…（12分）

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．